岳言忠
已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1，
（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）令cn=（an+1）n+1（bn+2）n，求数列{cn}的前n项和Tn.
解（Ⅰ）bn=3n+1.
（Ⅱ） cn=3（n+1）·2n+1.
分析1如果数列{an}是等差数列，公差d≠0， 数列{bn}是等比数列，公比q≠1，我们称数列{an·bn}为“等差乘等比型”数列.其前n项和Sn可用下面的方法求解：
令Sn=a1·b1+a2·b2+…+an·bn，
则qSn=a1·b2+a2·b3+…+an·bn+1
所以（1-q）Sn=a1·b1+（d·b2+d·b3+…+d·bn）-an·bn+1
=a1·b1+d·b2（1-qn-1）1-q-an·bn+1
所以Sn=a1·b1-an·bn+11-q+d·b2（1-qn-1）（1-q）2.
解法1（错位相减法）
Tn=6·22+9·23+12·24+…+3（n+1）·2n+1 ①
2Tn=6·23+9·24+12·25+…+3（n+1）·2n+2 ②
①-②得-Tn=6·22+3·23+3·24+…+3·2n+1-3（n+1）·2n+2
=6·22+3·23（1-2n-1）[]1-2-3（n+1）·2n+2
=-3n·2n+2.
所以Tn=3n·2n+2 .
分析2当q≠1时，等比数列{an}的通项an=a1·qn-1可变形为an=a1·qn-1×1-q1-q=a11-q·（qn-1-qn）.
于是前n项和Sn=a11-q[（1-q）+（q-q2）+（q2-q3）+…+（qn-1-qn）]=a11-q·（1-qn）.
它的本质是将数列中的每一项都化为两项之差，并且前一项的减数恰好与后一项被减数相同，求和时中间项相抵消.这种数列求和的方法叫裂项求和法.
一般地，若数列{an}是等差数列，公差为d，数列{bn}是等比数列，公比q≠1，则数列{an·bn}的前n项和Sn可用裂项求和法求解.
an·bn=an（bn+1-bn）q-1=1q-1[（an+1-d）bn+1-anbn]=1q-1（an+1bn+1-anbn）-d·bn+1q-1.
于是数列{an·bn}转化为一个可以裂项求和的数列{1q-1（an+1bn+1-anbn）}
与一个等比数列{d·bn+1q-1}的差，所以数列{an·bn}的前n项和为
Sn=a1·b1-an+1·bn+11-q+d·b2（1-qn）（1-q）2.
解法2（裂项求和法）
cn=3（n+1）·2n+1=3（n+1）·（2n+2-2n+1）
=3[（n+1）·2n+2-（n+1）·2n+1]
=3[（n+1）·2n+2-n·2n+1]-3·2n+1.
所以
Tn=3[（n+1）·2n+2-4]-3·22（1-2n）1-2
=3（n+1）·2n+2-12-3·22·（2n-1）
=3n·2n+2.
分析3 将原数列的项分拆，然后重新组合成新数列进行求和.
如果数列{an}是等差数列，公差d≠0， 数列{bn}是等比数列，公比q≠1，则数列{an·bn}的前n项和
Sn=a1·b1+a2·b2+a3·b3+…+an·bn
=a1·b1+（a1+d）·b2+（a1+2d）·b3+…+[a1+（n-1）d]·bn
=a1·b1+a1·b2+d·b2+a1·b3+d·b3+d·b3+…+a1·bn+d·bn+d·bn+…+d·bn
=a1·（b1+b2+b3+…+bn）+d·（b2+b3+…+bn）+d·（b3+b4+…+bn）+…+d·bn
=a1·b1（1-qn）1-q+d·b2（1-qn-1）1-q+d·b3（1-qn-2）1-q+…+d·bn（1-q）1-q
=a1·（b1-b1qn）1-q+d·（b2-b2qn-1）1-q+d·（b3-b3qn-2）1-q+…+d·（bn-bnq）1-q
=a1·b11-q-a1·b1qn1-q+d1-q（b2+b3+…+bn）-（n-1）d·b1qn1-q
=a1·b1-an·bn+11-q+d·b2（1-qn-1）（1-q）2.
对本例而言，cn=3（n+1）·2n+1=2n+1+2n+1+…+2n+1，可以考虑用分项重组法求和.
解法3（分项重组法）
由Tn=6·22+9·23+…+3（n+1）·2n+1可得：
Tn3=2·22+3·23+…+（n+1）·2n+1
=22+22+23+23+23+…+2n+1+2n+1+…+2n+1
=2·（22+23+…+2n+1）+（23+…+2n+1）+…+2n+1
=2·22（1-2n）1-2+23（1-2n-1）1-2+…+2n+1-2n+21-2
=2·（2n+2-22）+（2n+2-23）+…+2n+2-2n+1
=（n+1）2n+2-（22+23+…+2n+1）-22
=（n+1）2n+2-22（1-2n）1-2-22
=n·2n+2.
所以Tn=3n·2n+2.
分析4设数列{an·bn}的前n项和为Sn，可构造关于Sn的方程，通过解方程求解[1].
如果数列{an}是等差数列，公差d≠0， 数列{bn}是等比数列，公比q≠1，则数列{an·bn}的前n项和
Sn=a1·b1+a2·b2+a3·b3+…+an·bn
=a1·b1+q（a2·b1+a3·b2+…+an·bn-1）
=a1·b1+q[（a1+d）·b1+（a2+d）·b2+…+（an-1+d）·bn-1）]
=a1·b1+q（a1·b1+a2·b2+a3·b3+…+an-1·bn-1）+qd·（b1+b2+b3+…+bn-1）
=a1·b1+q（Sn-an·bn）+qd·b1（1-qn-1）1-q.
所以（1-q）Sn=a1·b1-qan·bn+qd·b1（1-qn-1）1-q，
所以Sn=a1·b1-an·bn+11-q+d·b2（1-qn-1）（1-q）2.
解法4（方程法）
由Tn=6·22+9·23+12·24+…+3（n+1）·2n+1可得：
Tn3=2·22+3·23+4·24+…+（n+1）·2n+1
=2·22+2·[3·22+4·23+…+（n+1）·2n]
=2·22+2·（2·22+3·23+…+n·2n）+2·（22+23+…+2n）
=2·22+2·[Tn3-（n+1）·2n+1]+22·（1-2n）1-2.
可解得Tn=3n·2n+2.
分析5 由an·bn=[a1+（n+1）d]·b1qn-1=b1dnqn-1+b1（a1-d）qn-1，
可联想求导公式（xn）′=nxn-1，从而用导数法求和[2].
解法5（导数法）
当x≠1时，x2+x3+…+xn+1=x2（1-xn）1-x
则两边同时求导得：
2x+3x2+4x3+…+（n+1）xn=（2x-x2）-（n+2）xn+1+（n+1）xn+2（1-x）2，
两边同时乘以x得：
2x2+3x3+4x4+…+（n+1）xn+1=（2x2-x3）-（n+2）xn+2+（n+1）xn+3（1-x）2，
令x=2得：
2·22+3·23+4·24+…+（n+1）·2n+1=n·2n+2，
可得Tn=3n·2n+2.
近年来在各地或是全国高考的试卷中频繁出现“等差乘等比型”数列的求和问题，老师在平时的讲解中也一再强调该类题型用“错位相减法”来解决，似乎成了“唯一”的方法，通过对此类题型的探究，打破了固有的思维模式，可以通过转化、函数与方程等数学思想的应用，亦可达到简化运算、提高正答率之目的，化“腐朽”为“神奇”，这让我更深刻地感受到数学解题思想“巧”与“通”的巧妙融合.
参考文献
[1] 黄超. 等差乘等比型数列求和方法的分析[J].中学数学教学参考（上旬），2012（6）
[2] 聂文喜. 2015年高考山东文科数学第19题解法探析[J].
